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T1
题意 :
有n个点，m条边，点的位置不知道，但是三点不共线，可以去掉任意条边，问使得没有两条线相交的情况的数量;
思想:
有两种选法，一种是三条边正好围成三角形，另一种是菊花图，这样就保证最长的链长度小于等于2。。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[100][100],b[100];
class PenguinSledding {
public:
long long countDesigns( int numCheckpoints, vector <int> checkpoint1, vector <int> checkpoint2 ) ;
};
long long sol(long long x,long long y)
{
long long s=1;
while(y>0)
{
if(y&1) s=s*x;
x=x*x;
y=y>>1;
}
return s;
}
long long PenguinSledding::countDesigns(int numCheckpoints, vector <int> checkpoint1, vector <int> checkpoint2) {
long long ans=0;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
int i,j,k;
for(i=0;i<checkpoint1.size();i++)
{
if(a[checkpoint1[i]][checkpoint2[i]]==0)
{
a[checkpoint1[i]][checkpoint2[i]]=a[checkpoint2[i]][checkpoint1[i]]=1;
b[checkpoint1[i]]++;
b[checkpoint2[i]]++;
}
}
for(i=1;i<=numCheckpoints;i++)
for(j=i+1;j<=numCheckpoints;j++)
for(k=j+1;k<=numCheckpoints;k++)
if(a[i][j]&&a[j][k]&&a[k][i]) ans++;
for(i=1;i<=numCheckpoints;i++)
ans=ans+sol(2,b[i])-1;
ans-=checkpoint1.size()-1;
return ans;
}T2
题意
有一个环，你刚开始在0好点，环上一共有n个点，每天你可以顺时针或逆时针走，在第i天你可以走i步，给出n和天数k，(n<350&&k<1e18)，问k天后你在0号点的方案数。
思路
我们考虑在天数大于n后，每天走的步数相当于k%n步，然后这样子我们发现n天一个循环，然后每n天我们走路转移的状态是一样的，我们可以从第n天的状态，推出2n天的状态。。。然后这时我们就可以用快速幂来处理这个k了，复杂度是O(n^2*logk)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
class PenguinEmperor {
public:
int countJourneys( int numCities, long long daysPassed ) ;
};
vector<long long> sol(vector<long long> a,vector<long long> b)
{
int n=a.size(),i,j;
vector<long long> c(n,0);
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
c[(i+j)%n]=(c[(i+j)%n]+a[i]*b[j])%mod;
return c;
}
vector<long long> poww(vector<long long> a,long long k)
{
if(k==0)
{
a=vector<long long>(a.size(),0);
a[0]=1;
return a;
}
if(k%2==0) return poww(sol(a,a),k/2);
else return sol(a,poww(a,k-1));
}
int PenguinEmperor::countJourneys(int numCities, long long daysPassed) {
vector<long long> x(numCities,0);
vector<long long> y(numCities,0);
x[0]=y[0]=1;
for(int i=1;i<numCities;i++)
{
vector<long long> w(numCities,0);
w[i]=w[numCities-i]=1;
x=sol(w,x);
if(i<=daysPassed%numCities) y=sol(w,y);
}
vector<long long> ans=sol(y,poww(x,daysPassed/numCities));
return (int)ans[0]%mod;
}div.2
T3
题意
给定n个栅栏每个栅栏与原点的距离都为r，第一个栅栏坐标为(r,0)，其余栅栏均匀排布为一正多边形。
现有p个企鹅，你需要通过连线栅栏形成一个封闭图形，将这些企鹅全部包含在内。求此围栏的最小面积，无法完成输出-1。
思路
首先我们先考虑如何判断企鹅和多边形一条边的位置关系。
较为简单的一种方法是考虑直线的方向，如果直线、企鹅成逆时针，则说明在多边形内侧。
判断逆时针可以采用向量的叉积。
而计算最终结果很显然就是一个区间dp了，每次引入的新点带来的面积增量就是个三角形，用向量算算就好了。注意最终点还要检验能否连回第一个点。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
const double inf=1e9;
double dp[250][250];
double dx[250],dy[250];
vector<int> X,Y;
class FencingPenguinsEasy
{
public:
double calculateMinArea( int numPosts, int radius, vector <int> x, vector <int> y ) ;
};
int check(double x1,double y1,double x2,double y2)
{
for(int i=0; i<X.size(); i++)
{
int x3=X[i],y3=Y[i];
double t=1.0*(x1-x3)*(y2-y1)-1.0*(y1-y3)*(x2-x1);
if(t<0) return 0;
}
return 1;
}
double sol(double x1, double y1, double x2, double y2, double x3, double y3)
{
x1=x1-x3;
y1=y1-y3;
x2=x2-x3;
y2=y2-y3;
return abs((x1*y2-x2*y1)/2.0);
}
double FencingPenguinsEasy::calculateMinArea(int numPosts, int radius, vector <int> x, vector <int> y)
{
int i,j,k;
double c=2.0*pi/numPosts,ans=inf;
for(i=0; i<x.size(); i++) X.push_back(x[i]);
for(i=0; i<y.size(); i++) Y.push_back(y[i]);
for(i=0; i<numPosts; i++)
{
dx[i]=(radius*cos(c*i));
dy[i]=(radius*sin(c*i));
}
for(i=1; i<numPosts; i++)
if(!check(dx[i-1],dy[i-1],dx[i],dy[i]))
return -1.0;
if(!check(dx[numPosts-1],dy[numPosts-1],dx[0],dy[0]))
return -1.0;
for(i=0; i<numPosts; i++)
{
for(j=0; j<numPosts; j++)
{
if(i==j) dp[i][j]=0;
else dp[i][j]=inf;
}
}
for(i=1; i<numPosts; i++)
{
for(j=i-1; j>=0; j--)
{
for(k=j+1; k<=i; k++)
if(check(dx[j],dy[j],dx[k],dy[k]))
{
dp[j][i]=min( dp[j][i],dp[k][i]+sol(dx[k],dy[k],dx[j],dy[j],dx[i],dy[i]) );
}
}
}
for(i=0; i<numPosts; i++)
{
for(j=i+2; j<numPosts; j++)
{
if(check(dx[j],dy[j],dx[i],dy[i]))
ans=min(ans,dp[i][j]);
}
}
return ans;
}